El vector gradiente
Derivadas direccionales
Cuando definimos a las
derivadas parciales, se concluyó que representan las pendientes de dos rectas tangentes
a una superficie en un punto $(x_{0},y_{0})$, cuyas direcciones se daban por los cortes de los planos $x=x_{0}$ y $y=y_{0}$. No obstante, no son las únicas rectas tangentes que existen en ese
punto.
Note que si el vector "PQ" tiende al vector unitario "u", se obtendrá el
vector director
de la recta tangente a la supeficie en la dirección "u". Entonces para
lograr esto se desea que "PQ" sea paralelo a "u" de manera que $\vec{PQ}=h\textbf{u}$
donde "h" es un escalar que indica el corrimiento desde "P" a "Q".
Graficando la curva resultante de la intersección del plano $u$
con la superficie se tiene
|
| La pendiente de la recta secante será $\mathit{\frac{z-z_{0}}{h}=\frac{\Delta z}{h}}$ |
Si $\textbf{u}=\left<a,b\right>$ entonces $\vec{PQ}=\left<ha,hb\right>$, de modo que "Q" tendrá las coordenadas $(x_{0}+ha,y_{0}+hb)$. Asimismo, como z=f(x,y), la pendiente de la recta secante será
\[\frac{\Delta
z}{h}=\frac{f(x_{0}+ha,y_{0}+hb)-f(x_{0},y_{0})}{h}\]
Si se aplica el límite sobre "h" se obtendrá la pendiente de la recta
tangente a la superficie "f" en la dirección "u"
\[\frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{d} h}=\lim_{h \to
0}\frac{f(x_{0}+ha,y_{0}+hb)-f(x_{0},y_{0})}{h}\]
Por tanto, la derivada direccional de
$f$ en $(x_{0},y_{0})$ en la dirección de un vector unitario $\textbf{u}=\left<a,b\right>$ es
\[D_{\textbf{u}}f(x_{0},y_{0})=\lim_{h \to
0}\frac{f(x_{0}+ha,y_{0}+hb)-f(x_{0},y_{0})}{h}\]
Si comparamos con la definición de derivadas parciales, vemos que
si $\textbf{u}=\textbf{i}=\left<1,0\right>$, entonces $D_{\textbf{i}}f=f_{x}$ y si $\textbf{u}=\textbf{j}=\left<0,1\right>$, entonces $D_{\textbf{j}}f=f_{y}$. En otras palabras, las derivadas parciales de $f$
con respecto a $x$
y $y$
son sólo casos particulares de la derivada direccional.
En la práctica resutla complicado usar esta definición para hallar
una derivada direccional. Por tanto, supongamos que "f" es
diferenciable de forma que se cumple
\[\Delta z=f_{x} \Delta x+f_{y}\Delta y+\varepsilon _{1}\Delta
x+\varepsilon _{2}\Delta y\]
si hacemos $f[x(h),y(h)]$
entonces podemos decir que todo cambio $h$
produce los cambios $(\Delta x, \Delta y)$
de modo que dividiendo todo entre "h" se tiene que
\[\frac{\Delta z}{h}=f_{x}\frac{\Delta x}{h}+f_{y}\frac{\Delta
y}{h}+\varepsilon _{1}\frac{\Delta x}{h}+\varepsilon _{2}\frac{\Delta
y}{h}\]
Observando la primera figura mostrada, es evidente que $\Delta x=ha$ y $\Delta y=hb$ de manera que
\[\frac{\Delta z}{h}=f_{x}a+f_{y}b+\varepsilon _{1}a+\varepsilon
_{2}b\]
aplicando el límite cuando "h" tiende a 0, recordando que $(\Delta x, \Delta y)\to (0,0)$ implica que $\varepsilon_{1}\to
0$ y $\varepsilon_{2}\to 0$
se tiene que
\[\frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{d} h}=f_{x}(x,y)a+f_{y}(x,y)b\]
Note que $dz/dh=D_{\textbf{u}}f(x,y)$
por lo que se puede enunciar lo siguiente:
Si $f$
es una función diferenciable de $x$ y $y$, entonces $f$
tiene una derivada direccional en la dirección de cualquier vector
unitario $\textbf{u}=\left<a,b\right>$ y
\[D_{\mathbf{u}}f(x,y)=f_{x}(x,y)a+f_{y}(x,y)b\]
Ejemplo 1:
Hallar la ecuación paramétrica de la recta tangente a la superficie $f(x,y)=1+2x\sqrt{y}$
en el punto (3,4) con dirección $\textbf{v}=\left<4,-3 \right>$
Las primeras derivadas parciales correspondientes son:
\[\begin{matrix}f_{x}=2\sqrt{y} &
f_{y}=\frac{x}{\sqrt{y}}\end{matrix}\]
El vector unitario de $\textbf{v}$ es
\[\textbf{u}=\frac{\textbf{v}}{\left \| \textbf{v} \right
\|}=\frac{\left \langle 4,-3 \right
\rangle}{\sqrt{16+9}}=\frac{1}{5}\left \langle 4,-3 \right
\rangle\]
de modo que la pendiente de la recta tangente a la superficie "f" en
el punto (3,4) será
\[D_{\textbf{v}}f(3,4)=2\sqrt{4}\left ( \frac{4}{5} \right
)+\frac{3}{\sqrt{4}}\left ( -\frac{3}{5} \right )\]
\[D_{\textbf{v}}f(3,4)=\frac{1}{5}\left ( 16-\frac{9}{2} \right
)=\frac{23}{10}\]
Evientemente el vector director de la recta tangente es $\textbf{u}$ pero hace falta la componente "z". Para hallarlo utilicemos el
siguiente gráfico
Si "r" es el vector director de la recta tangente, entonces su
orientación $\theta$
coincide con la inclinación de la recta respecto al plano XY. Por
tanto, si "c" es la tercera componente de $\textit{r}$
y el módulo del vector $\textbf{u}$
es 1, es posible relacionar la pendiente de la recta tangente de "f"
como sigue:
\[\tan \theta =\frac{c}{\left\| \textbf{u}\right\|}\rightarrow
c=\tan \theta =D_{\textbf{u}}f(x,y)\]
entonces, como f(3,4)=13, las ecuaciones paramétricas de la recta
pedida serán:
\[L:\left\{\begin{matrix}x=3+\frac{4}{5}t \\y=4-\frac{3}{5}t
\\z=13+\frac{23}{10}t\end{matrix}\right. \]
|
| Con ayuda de una graficadora se puede corroborar el resultado visualmente |
Ejemplo 2: Encontrar la derivada direccional de la
función $f(x,y)=y\cos (xy)$
en el punto (0,1) en la dirección indicada por $\theta=\pi/4$
En este caso observe que nos dan un ángulo como orientación del
vector $\textbf{u}$. Entonces, si se sabe que el módulo es 1, las componentes
serán:
\[x=\left\|u \right\|\cos \theta =\cos
\theta=\frac{\sqrt{2}}{2}\]
\[y=\left\|u \right\|\sin \theta =\sin
\theta=\frac{\sqrt{2}}{2}\]
Las derivadas correspondientes son
\[\begin{matrix}f_{x}=-y^{2}\sin (xy) &
f_{y}=\cos(xy)-xy\sin(xy) \\\end{matrix}\]
de modo que la derivada direccional con la dirección dada es
\[D_{\textbf{u}}f(x,y)=-y^{2}\sin
(xy)\frac{\sqrt{2}}{2}+[\cos(xy)-xy\sin(xy)]\frac{\sqrt{2}}{2}\]
\[D_{\textbf{u}}f(x,y)=\frac{\sqrt{2}}{2}[\cos(xy)-y\sin(xy)(x+y)]\]
Por último, evaluando en el punto dado, se tiene
\[D_{\textbf{u}}f(0,1)=\frac{\sqrt{2}}{2}\]
El gradiente
Nótese que el teorema de la derivada direccional puede ser expresada
como el producto escalar entre el vector director $\textbf{u}$
y las primeras derivadas parciales de $f$.
\[D_{\textbf{u}}f(x,y)=f_{x}(x,y)a+f_{y}(x,y)b=\left<f_{x}(x,y),f_{y}(x,y)
\right>\cdot \left<a,b \right>\]
Así entonces, se obtiene una función vectorial de dos
variables la cuál se denomina vector gradiente.
Si $f$
es una función de dos variables $x$
y $y$, entonces el gradiente de $f$
es la función vectorial $\nabla f$
definida por
\[\nabla f(x,y)=\left<f_{x}(x,y),f_{y}(x,y)
\right>=\frac{\partial f}{\partial x}\textbf{i}+\frac{\partial
f}{\partial y}\textbf{j}\]
De esta forma la derivada direccional se puede reescribir como:
\[D_{\textbf{u}}f(x,y)=\nabla f(x,y)\cdot \textbf{u}\]
Así, el concepto de derivada direccional se extiende como la
proyección escalar
del vector gradiente en $\textbf{u}$.
Con esta idea es posible estudiar el cambio de una función de dos
variables utilizando únicamente sus curvas de nivel.
|
| Los vectores $\textbf{u}$ y $\mathit{\nabla f(a,b)}$ se sobreponen en el plano XY y el tamaño de la derivada direccional es el cambio de la función $\textit{f(x,y)}$ en (a,b) |
Ejemplo: Determine el gradiente de la función $f(x,y)=\ln (x^{2}-y)$
en el punto (2,3)
Las primeras derivadas correspondientes son
\[\begin{matrix}f_{x}(x,y)=\frac{2x}{x^{2}-y} &
f_{y}(x,y)=-\frac{1}{x^{2}-y} \\\end{matrix}\]
De modo que el gradiente será la función vectorial:
\[\nabla f(x,y)=\left<\frac{2x}{x^{2}-y}
,-\frac{1}{x^{2}-y}\right>\]
Evaluando en el punto dado se tiene que
\[\nabla f(2,3)=\left<4 ,-1\right>\]
Gráficamente:
El gradiente de funciones multivariables
Las definciones de derivada direccional y gradiente pueden extenderse
para funciones de mas de 2 variables. Por ende, se puede generalizar la relación que llevan ambas
utilizando n-vectores como sigue
\[D_{\textbf{u}}f(X)=\begin{bmatrix}\frac{\partial f}{\partial
x_{1}} \\\frac{\partial f}{\partial x_{2}} \\\vdots \\\frac{\partial
f}{\partial x_{n}}\end{bmatrix}\cdot \begin{bmatrix}u_{1} \\u_{2}
\\\vdots \\u_{3}\end{bmatrix}\]
\[D_{\textbf{u}}f(X)=\nabla f(X)\cdot \textbf{u}\]
Ejemplo: Halle la derivada direccional de la
función $f(x,y,z)=xe^{y}+ye^{z}+ze^{x}$ en el origen con la dirección $\textbf{v}=\left<5,1,-2 \right>$
El gradiente será
\[\nabla f(x,y,z)=\begin{bmatrix}f_{x} \\f_{y}
\\f_{z}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}e^{y}+ze^{x} \\xe^{y}+e^{z}
\\ye^{z}+e^{x}\end{bmatrix}\]
El vector unitario de $\textbf{v}$ es
\[\textbf{u}=\frac{1}{\sqrt{30}}\left<5,1,-2 \right>\]
En este caso resulta conveniente evaluar primero el gradiente para
evitar trabajos opertativos extensos.
\[\nabla f(0,0,0)=\begin{bmatrix}1 \\1 \\1\end{bmatrix}\]
de modo que la derivada direccional en el punto y dirección dados
será
\[D_{\textbf{u}}f(0,0,0)=\begin{bmatrix}1 \\1 \\1\end{bmatrix}\cdot
\frac{1}{\sqrt{30}}\begin{bmatrix}5 \\1
\\-2\end{bmatrix}=\frac{4}{\sqrt{30}}\]
En ese caso, no es posible realizar una representación gráfica pero
pueden utilizarse las superficies de nivel, las cuales se
utilizan de un modo similar a las curvas de nivel. Donde se pueden
graficar: la superficie $f(x,y,z)=k$, los vectores de dirección y gradiente sobrepuestos en el punto
dado.
Recta normal y plano tangente a una superficie
Sea una superficie "S" dada por $z=f(x,y)$, si lo convertimos a una supericie de nivel se tiene $z-f(x,y)=0$ de modo que $F(x,y,z)=0$. Así entonces, si un plano con una dirección arbitraria interseca la
superficie, entonces se tiene una
curva en el espacio
dada por $r(t)=x(t)\textbf{i}+y(t)\textbf{j}+z(t)\textbf{k}$ de modo que ahora se tiene la composición $F[x(t),y(t),z(t)]=0$. Si "F" es diferenciable, se puede derivar ambos miembros de la
igualdad aplicando la
primera regla de la cadena como sigue
\[\frac{\partial F}{\partial x}\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d}
t}+\frac{\partial F}{\partial y}\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d}
t}+\frac{\partial F}{\partial z}\frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{d}
t}=0\]
Evidentemente esta expresión se puede escribir como un producto
escalar, de modo que tenemos
\[\begin{bmatrix}\frac{\partial F}{\partial x} \\\frac{\partial
F}{\partial y} \\\frac{\partial F}{\partial z}\end{bmatrix}\cdot
\begin{bmatrix}\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} \\\frac{\mathrm{d}
y}{\mathrm{d} t} \\\frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{d}
t}\end{bmatrix}=0\]
\[\nabla F(x,y,z)\cdot r'(t)=0\]
Recordemos que la
derivada de una función vectorial
representa el vector tangente a una curva en un punto "P". De modo que
según la relación obtenida se concluye que el vector gradiente y el
vector tangente son perpendiculares.
|
| De esta manera se demuestra que el vector gradiente es perpendicular a las curvas de nivel de una superficie "S" |
Con esta conclusión se puede decir que la recta normal a una
superficie "S" en un punto "P" es aquella que es perpendicular a su
plano tangente y por ende tiene como vector director al gradiente. Por
otro lado, el plano tangente a "S" es aquella que pasa por "P" y tiene
como vector normal al gradiente.
Para entender este enunciado utilicemos la siguiente representación
gráfica
Entonces, si la superficie de nivel "S" es una función de 3
variables, la ecuación de dicho plano puede expresarse de la
forma
\[F_{x}(a,b,c)(x-a)+F_{y}(a,b,c)(y-b)+F_{z}(a,b,c)(z-c)=0\]
Partiendo de esta idea, también se pueden expresar las ecuaciones
simétricas de la recta normal como
|
| La relación entre el plano tangente $\mathit{P_{T}}$ y la recta normal $\mathit{L_{N}}$ se cumple siempre que $\mathit{\nabla F(a,b,c)\neq \emptyset}$ |
\[\frac{x-a}{f_{x}(a,b,c)}=\frac{y-b}{f_{y}(a,b,c)}=\frac{z-c}{f_{z}(a,b,c)}\]
Cabe mencionar que esto se cumple para cualquier superficie de nivel $F(x,y,z)=k$.
Ejemplo 1: Hallar la ecuación del plano tangente y la
ecuación simétrica de la recta normal a la superficie de nivel $\frac{z^{2}}{4}-\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{9}=1$ en el punto $(2,3,2\sqrt{3})$.
Si reescribimos $F(x,y,z)=9z^{2}-9x^{2}-4y^{2}$, las derivadas correspondientes serán
\[\begin{matrix}F_{x}(x,y,z)=-18x & F_{y}(x,y,z)=-8y &
F_{z}(x,y,z)=18z \\\end{matrix}\]
evaluando en el punto dado se tiene
\[\begin{matrix}F_{x}(2,3,2\sqrt{3})=-36 &
F_{y}(2,3,2\sqrt{3})=-24 & F_{z}(2,3,2\sqrt{3})=36\sqrt{3}
\\\end{matrix}\]
de modo que aplicando directamente la ecuación del plano tangente y
simplificando tenemos
\[-36(x-2)-24(y-3)+36\sqrt{3}(z-2\sqrt{3})=0\]
\[-3x-2y+3\sqrt{3}z=6\]
Luego, aplicamos directamente las ecuaciones simétricas de la recta
normal
\[\frac{2-x}{3}=\frac{3-y}{2}=\frac{z-2\sqrt{3}}{3\sqrt{3}}\]
Con ayuda de una graficadora se puede corroborar la respuesta
visualmente
Ejemplo 2: Hallar unas ecuaciones para el plano normal y para la recta
tangente a la curva que resulta de la intersección de las
superficies $S1:\, 2x^{2}y^{2}+3xz^{2}=14,\: S2:\, 3xyz^{2}+y^{2}z=14$ en el punto (1,1,2).
En este problema resulta complicado hallar la función vectorial
que describe la curva intersección entre las superficies "S1" y
"S2". No obstante, debido a la relación que tiene el gradiente con
el vector tangente, el vector perpendicular al gradiente de "S1" y
"S2" en el punto dado será el vector director de la recta tangente
deseada.
Los vectores gradiente de "S1" y "S2" son:
\[\nabla S1(x,y,z)=\begin{bmatrix}4xy^{2}+3z^{2} \\4x^{2}y
\\6xz\end{bmatrix}\]
\[\nabla S2(x,y,z)=\begin{bmatrix}3yz^{2} \\3xz^{2}+2yz
\\6xyz+y^{2}\end{bmatrix}\]
evaluando en el punto dado se tiene
\[\nabla S1(1,1,2)=\begin{bmatrix}16 \\4
\\12\end{bmatrix}\]
\[\nabla S2(1,1,2)=\begin{bmatrix}12 \\16 \\13
\end{bmatrix}\]
Luego, el vector perpendicular a los gradientes se obtiene
operando el producto vetorial:
\[r'(t_{0})=\begin{vmatrix}\textbf{i} & \textbf{j} &
\textbf{k}\\16 & 4 & 12 \\12 & 16 & 13
\\\end{vmatrix}=-140\textbf{i}-64\textbf{j}+208\textbf{k}\]
Este es el vector director de la recta tangente y al mismo tiempo
el vector normal del plano normal a la curva pedida. Por
tanto, las ecuaciones paramétricas de la recta tangente serán:
\[L:\left\{\begin{matrix}x=1-140t
\\y=1-64t\\z=2+208t\end{matrix}\right.\]
por consiguiente, la ecuación del plano normal será:
\[-140x-64y+208z=212\]
o también $-35x-16y+52z=53$ y del mismo modo $L:\left\{\begin{matrix}x=1-35t
\\y=1-16t\\z=2+52t\end{matrix}\right.$.
|
| Planteamiento gráfico de la solución al ejemplo |
Ejemplo práctico: Demuestre que la suma de las intersecciones en los ejes
coordenados de todos los planos tangentes a la
superficie $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=c$ es una constante.
Si $F(x,y,z)=\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}$, las derivadas correspondientes serán
\[\begin{matrix}F_{x}=\frac{1}{2\sqrt{x}} &
F_{y}=\frac{1}{2\sqrt{y}} & F_{z}=\frac{1}{2\sqrt{z}}
\\\end{matrix}\]
La ecuación de todos lo planos tangentes a la superficie
de nivel en cualquier punto $(x_{0},y_{0},z_{0})$ será
\[\frac{1}{2\sqrt{x_{0}}}(x-x_{0})+\frac{1}{2\sqrt{y_{0}}}(y-y_{0})+\frac{1}{2\sqrt{z_{0}}}(z-z_{0})=0\]
No obstante, los planos que corten con los ejes coordenados
cumplen las condiciones: y=z=0 para el eje "x", x=z=0 para el
eje "y" y x=y=0 para el eje "z", obteniendo:
\[\begin{matrix}\frac{1}{2\sqrt{x_{0}}}(x-x_{0})-\frac{\sqrt{y_{0}}}{2}-\frac{\sqrt{z_{0}}}{2}=0\\\frac{1}{2\sqrt{y_{0}}}(y-y_{0})-\frac{\sqrt{x_{0}}}{2}-\frac{\sqrt{z_{0}}}{2}=0
\\\frac{1}{2\sqrt{z_{0}}}(z-z_{0})-\frac{\sqrt{x_{0}}}{2}-\frac{\sqrt{y_{0}}}{2}=0\end{matrix}\]
de manera que las ecuaciones de los segmentos que se forman en
cada eje desde el origen serán:
\[\begin{matrix}x=\sqrt{x_{0}y_{0}}+\sqrt{x_{0}z_{0}}+x_{0}\\y=\sqrt{x_{0}y_{0}}+\sqrt{z_{0}y_{0}}+y_{0}
\\z=\sqrt{x_{0}z_{0}}+\sqrt{y_{0}z_{0}}+z_{0}\end{matrix}\]
Por último, la suma de los segmentos o intersecciones con los
ejes se obtiene como sigue:
\[x+y+z=(x_{0}+2\sqrt{x_{0}y_{0}}+y_{0})+2\sqrt{x_{0}z_{0}}+2\sqrt{z_{0}y_{0}}+z_{0}\]
\[x+y+z=(\sqrt{x_{0}}+\sqrt{y_{0}})^{2}+2\sqrt{z_{0}}(\sqrt{x_{0}}+\sqrt{y_{0}})+z_{0}\]
\[x+y+z=(\sqrt{x_{0}}+\sqrt{y_{0}}+\sqrt{z_{0}})^{2}\]
Note que la suma de las intersecciones da la misma superficie $F(x,y,z)$
pero evaluado en el punto donde se encuentran sus planos
tangentes y elevado a la potencia 2. Igualmente, como dicho
punto se encuentra en "F", cumple con su igualdad de modo que $x+y+z=c^{2}$
demostrando así que esta suma da una constante.
Ejercicios:
a) Halle la derivada de la función en el punto dado en la dirección del vector $\small \textbf{v}$
1) $f(x,y)=x^{2}e^{y},
\, (2,0), \, \textbf{v}=\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}$
2) $f(x,y,z)=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}, \, (1,2,-2), \,
\textbf{v}=\begin{bmatrix} -6 \\ 6 \\ -3 \end{bmatrix}$
3) $f(x,y,z)=x\tan ^{-1} (y/z), \, (1,2,-2), \,
\textbf{v}=\begin{bmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{bmatrix}$
4) $f(x,y)=\sqrt{xy}, \, (2,8), \, \textbf{v}=\begin{bmatrix} 3 \\ -4
\end{bmatrix}$
5) $f(x,y)=x^{2}+y^{2}, \, (x,y), \, \theta=\frac{\pi}{4}$
b) Halle la ecuación normal del plano tangente y las ecuaciones simétricas de la recta normal a la superficie dada en el punto dado
1) $x^{2}+2y^{2}+3z^{2}=21, \, (4,-1,1)$
2) $x^{2}+y^{2}-z^{2}-2xy+4xz=4, \, (1,0,1)$
3) $z+1=xe^{y}\cos
z, \, (1,0,0)$
4) $z=xy \,
(-2,-3)$
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